Download - fondations superficielles
Cours de M
Fondations
Problèm
Pour les
(a) calc
(b) Si l
est-
(c) Si l
Solutio
(a) La fo
porta= 5 Pour
couch
= 5= 2
Mécanique des s
s Superficielles
me 3.1
s conditions
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on
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5 × 1 × 30 1204
sols II – Été 2012
s du sol, de g
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2
Fondat
géométrie e
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Chapitre 0
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+ 16 × 1.5
03
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Suppo
Figure 1: Ca
M. Karray & F
Page 1
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100kN ait a
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. Ghobrial
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appliquée,
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µ=1.0
blème 3.1
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= = 1001.5 = 66.67
. . = = 20466.67 = .
Pour la rupture générale, on considère une valeur moyenne de cu. (les deux couches d’argile
en-dessous et au-dessus de la semelle)1
. = (35 + 30) + (30 + 30)4 = 31.25
= 5 × 1 × 31.25 1 + 0.2 1.51.5 (1 + 0) + 16 × 1.5 = 211.5
. . = = .. = .
(b) = 5 1 + 0.2 1 + 0.2 +
= 5 × 1 × 30 1 + 0.2 01.5 1 + 0.2 1.5∞ + 0
= 150
. . = = . = .
(c) Non, on utilise la contrainte totale dans le calcul. Par conséquent, le niveau de la nappe ne
représente aucune importance.
1 Pour les étudiants acharnés Au lieu d’utiliser seulement la moyenne arithmétique, on utilise la moyenne pondérée et puisque la zone d’influence sous la semelle, Dmax, est dans l’ordre de 0.71B où B est la largeur de la semelle. Donc, Dmax=1.07m.
.(1è ℎ ) = (35 + 30)2 = 32.5
.(2è ℎ ′ ) = (30 + 30)2 = 30.0
. = 32.5 × 1.5 + 30 × 1.07(1.5 + 1.07 ) = 31.46
Figure 2: Cas (b) du problème 3.1
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Problème 3.2
La semelle montrée à la figure ci-dessous exerce au contact avec le sol une pression de 250 kPa.
Évaluer la sécurité de cette semelle contre la rupture.
1) Semelle filante.
2) Semelle carrée.
Solution
Ce cas représente le cas d’une couche d’argile en profondeur (Notes de cours, Page 23).
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(a) Semelle Filante
= + 1 + ++
Où : Nc=5.14 D=1.5m H=2.8m
Pour φ=35 : Nq=33 N=34
Abaque : φ =35 et = × .× =0.168 Ks2.4
= 20 × 5.14 + 18 × 2.8 1 + 2 × 1.52.8 2.4 tan 352 + 18 × 1.5 = 375.4212 × 18 × 2 × 34 + 18 × 1.5 × 33 = 1503
∴ = 375.42
. . = = 375.42250 = .
(b) Semelle Carrée
= 1 + 0.2 + 1 + 2 tan 1 + +12 1 − 0.4 +
= 20 × 5.14(1 + 0.2) + 18 × 2.8 1 + 2 × 1.52.8 2.4 tan 352 (1 + 1) + 18 × 1.5 = 641.612 × 18 × 2 × 34(1 − 0.4) + 18 × 1.5 × 33 = 1258.2
∴ = 641.6
. . = = 641.6250 = .
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Fondations
Problèm
On prév
dispose
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du sol e
Solutio=Pour φ
Bien qu
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Cette hy
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Mécanique des s
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formule de 2 − 2 × 0.35+ ×
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L, il faut vér
= 20 × 1.5 ×990 1 + 1.0
sols II – Été 2012
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t illustrées
+ 0.5=46, Nq=33, N
me soit négl
Sq qui vient= 1.5 ,1.2 = 1 + ×eut dire que
rifier si cette
33 × 1 + 176 + 255
2
e semelle r
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ésister à la
sur la figure
Nγ=34
ligé, on calc
t après. = =? = 1
e l’on suppo
e hypothèse1.5 × 3346 +1 − 0.6 =
rectangulair
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e ci-dessous
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− 0.4 ×
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e est correct12 × (20 − 1990 + 1065
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te ou non.
10) × 1.5 × 35.326 + 255
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34 × 1 − 0− 153 = 12
M. Karray & F
Page 5
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5 de 14
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26
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. . = = 3
= × × = 1.5 1245 + 912.326 = 3000
∴ 3 × 3000 = 1867.5 + 1368.489 = 4.09 é ’ℎ ℎè : = 1 + 1.54.09 × 3346 = 1.263 > 1.2 ℎ ℎè é
Donc on suppose que Sq=1.2. Cette hypothèse, en réalité, veut dire que l’on suppose une valeur
de Sq plus grand que 1.2, mais puisque la valeur de Sq doit ne pas dépasser 1.2, donc on utilise
une valeur de 1.2.
∴ = 20 × 1.5 × 33 × 1.2 +12 × (20 − 10) × 1.5 × 34 × 1 − 0.4 × 1.5
= 1188 + 255 1 − 0.6 = 1443 − 153
. . = = 3
= × × = 1.5 1443 − 153 = 3000
∴ 3 × 3000 = 2164.5 − 229.5 = . Vérification de l’hypothèse : = 1 + .. × = 1.25 > 1.2ℎ ℎè é
Problème 3.4
Un essai de plaque a été effectué dans un dépôt de sable à l’aide d’une plaque de 0.5m de côté.
La charge a été augmentée progressivement jusqu’à ce que la charge maximale de 600kN (charge
à la rupture) soit atteinte. Quelle serait la capacité portante d’une fondation de 2m x 2m.
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Solution
Pour un dépôt du sable :
= +2
= 6000.5 × 0.5 2 + 0.52 × 2 = 937.5
= × = 937.5 × (2 × 2) = 3750
Problème 3.5
Dans un dépôt de sable silteux, des essais de pénétration standard (SPT) ont fourni les valeurs
suivantes de N
Profondeur (m) 1.5 3.0 4.5 6.0 7.5 9.0 10.5 12.0 Valeur de N 15 19 24 28 26 30 28 31
Le poids volumique de ce sable est 20kN /m³. Une semelle carrée de 2.5m x 2.5m est assise dans
ce dépôt à une profondeur de 2.5m.
Déterminer la capacité admissible pour cette semelle si le tassement maximum permis est de
15mm. Vérifier également la sécurité contre la rupture.
Solution
Du profile de SPT, les valeurs aux profondeurs de 3.0, 4.5, 6.0 et 7.5 sont utilisées dans le calcul.
Plaque : 0.5x0.5m
QP= 600 kN
Fondation : 2.0x2.0m
QF= ? kN
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Prof. (m) 3.0 4.5 6.0 7.5
N 19 24 28 26
’v (kPa) 60 90 120 150
CN 1.16 1.02 0.93 0.85
Ncor. 22.04 24.48 26.04 22.1
= 0.77 log 1920 .. = 24.25, .. = 23.67,
Notez que si l’on prend la valeur de N à 9.0m (ce qui pourrait être correct), la valeur de ..sera aussi 24
(1) Approche de Meyerhof (1956)
> 1.2 → = 8 + 0.3 = 1.3, = − é
= 8 × 24 × 1.3 2.5 + 0.32.5 = 313.1 = × 1525 = 313.1 × 1525 = 187.86
(2) Approche de Peck et coll. (1974)
Pour D/B=1, B=2.5m et N=24 (la valeur corrigée)
La valeur de qadm261 kPa (à partir de l’abaque)
= × 1525 = 261 × 1525 = 156.6
(3) Vérification de la sécurité contre la rupture
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Pour N=24 coups 35°
= + + 0.5
Pour φ =35° Nc=46, Nq=33, Nγ=34
Semelle Carrée Sq=1.2, Sγ=0.6 = 0 + (20 × 2.5) × 33 × 1.2 + 0.5 × 20 × 2.5 × 34 × 0.6 = 2490
= . . = 24903 = 830
Problème 3.6
Une semelle de 4.5m x 4.5m sera soumise en son centre à une charge R=3000kN inclinée de 15° pa
rapport à la verticale avant que l’on procède au remplissage de l’excavation. Après le
remplissage la semelle sera soumise à une charge de 4000kN inclinée de 15°.
(a) Déterminer le facteur de sécurité contre le glissement avant le remplissage.
(b) Déterminer le facteur de sécurité contre la rupture après le remplissage.
Extra-travail :
(c) Déterminer le facteur de sécurité contre la rupture avant le remplissage.
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Solution
(1) Vérification du glissement avant le remplissage
. . = × × +
. . = 50 × 4.5 × 4.5 + (3000 cos 15) × 03000 sin 15 = 1.304
(2) Vérification de la capacité portante après le remplissage
= 5 1 + 0.2 1 + 0.2 × + ×
= = 1 − 90 = 1 − 1590 = 0.694
= 5 × 1 × 50 1 + 0.2 24.5 1 + 0.2 4.54.5 × 0.694 + 20 × 2 × 0.694
= 254.63
= 40004.5 × 4.5 = 197.53 , ℎ è 4000
. . = = 254.63197.53 = 1.28
(3) Vérification de la capacité portante avant le remplissage
= 5 1 + 0.2 1 + 0.2 × + × Avant le remplissage (juste après la construction), le remblai du sable n’est pas encore mis alors
D=zéro.
= 5 × 1 × 50 1 + 0.2 04.5 1 + 0.2 4.54.5 × 0.694 + 20 × 0 × 0.694
= 208.2
= 30004.5 × 4.5 = 148.15 , ℎ è 3000
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. . = = 208.2148.15 = 1.4
Problème 3.8
Dimensionnez selon les règles de l’Art une semelle filante qui sera construite à 2.0m de
profondeur et qui devra transmettre au sol de fondation une charge de 300kN/m.l.
Solution
(1) Détermination de B
Prof. (m) 2.25 3.0 3.75
N 34 37 38
’v (kPa) 45 60 75
CN 1.26 1.16 1.08
Ncor. 42.68 42.88 41.21 .. = 42.25, = 0.77 log 1920
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Notez que on va utiliser une valeur de N=42 dans toutes les itérations car quel que soit le nombre de coups utilisé, la moyenne est toujours 42.
En général, il faut calculer dans chaque itération la profondeur 2.5B et calculer ensuite la moyenne des N limités par cette profondeur.
Supposons que B=1.0m D/B=2
qadm=458.8 kPa
= = 300 = 458.8 ⇒ = 0.654
Supposons que B=0.65m D/B=3.08
qadm=447 kPa
= = 300 = 447 ⇒ = 0.67
Soit B=0.7m
Si l’on vérifie la profondeur 2.5B ∴ 2.5 = 2.5 × 0.7 = 1.75
Il faut considérer les valeurs de N limitées entre 2,0m et 3,75m Il faut utiliser les trois
valeurs de N déjà utilisées.
(2) Vérification de la sécurité contre la rupture = + + 0.5
Semelle Filante Sq=1.0, Sγ=1.0
Pour φ =39° Nq=57.8, Nγ=70.8 (Par interpolation)
= 0 + (20 × 2) × 57.8 × 1.0 + 0.5 × 20 × 0.7 × 70.8 × 1.0 = 2807.6
= . . = 2807.63 ≈ 936
Cours de M
Fondations
Pour
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Problèm
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(a) Dit
(b) Dit
Solutio
(a) La c=
Mécanique des s
s Superficielles
r φ =38° N
= 0 + (20 ×= 2495.2. . = .
r φ =37°
= 0 + (20 ×= 2182.8= . . = 2
me 3.10
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capacité por+
sols II – Été 2012
Nq=51.6, Nγ=2) × 51.6 ×
≈ 831.7 Nq=45.4, Nγ2) × 45.4 ×
182.83 ≈ 727
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=61.6 (Par in
× 1.0 + 0.5 ×
γ=52.4 (Par i
× 1.0 + 0.5 ×7.6
colonne à la
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× 20 × 0.7 ×
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M. Karray & F
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3 de 14
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Fondations Superficielles Page 14 de 14
Mettons 1 le poids volumique au-dessus du niveau de la fondation et 2 le poids volumique en-
dessous du niveau de la fondation.
Nc, Nq et N sont constants pour les trois cas.
Sc, Sq et S sont aussi constants pour les trois cas.
cNcSc est égal à zéro (c=0)
Donc les seules variables sont 1D et 2B
Pour le cas 1, il y a deux possibilités pour la mise du remblai : soit le remblai est mis après la
mise de la charge Q (le cas le plus critique et qui sera considéré), soit le remblai est mis avant la
mise de la charge Q.
Cas 1 Cas 2 Cas 3 Remarques
1D
[D]1 = [D]2 = [D]3 -
[1]1=1’ < [1]2=1 > [1]3=1’ [1]1 = [1]3
[1D]3 < [1D]2 > [1D]3 [1D]3 = [1D]3
2B [2B]1 = [2B]2 = [2B]3 -
qult [qult]1 < [qult]2 > [qult]3 [qult]1 = [qult]3
Donc, le cas le plus critique est le cas 3 ou le cas 1.
Notons que si l’on considère la mise du remblai avant la mise de Q, [D]1 sera plus élevé que [D]3
et [qult]1 sera plus élevé que [qult]3. Donc, le cas 3 sera seulement le cas le plus critique.
(b) En utilisant la méthode de Peck et coll. (1974), le tassement des cas 1, cas 2 et cas 3 est le
même bien que le niveau de la nappe ne soit pas le même. Ce niveau varie au-dessus du
niveau de la fondation. Ainsi, cette variation du niveau n’affecte pas la valeur de qadm
correspondant au tassement de 25mm puisque la valeur de B et de D/B.
Donc, la mise du remblai causera une sollicitation supplémentaire ce qui augmentera le
tassement. Ainsi, le cas 1 tassera le plus.